2011级高数第八章单元测验卷答案.doc

-密-封-线- （答题不能超出密封装订线）班级（学生填写）：姓名：学号：命题：江蓉 毛建树 审题：审批：20112012学年第二学期高等数学第八章单元测试题答案使用班级（教师填写）：全校11级理工 考务电话：2923688题号一二三四五六七八九总分得分阅卷人一单项选择题（每小题2分，共20分）1、选（B）。 因为所以A错；所以B正确；由于的左边是数量，右边是向量，所以C错；平行于, 的方向与相同，所以D错。2、选（C）。，所以，故，则。3、选(B) 。因为 ，所以则由两向量相互垂直的判别法可知：。4、选（B）。由母线平行于轴，消去得5、选(D)。令则代入得：，解得。6、选（C）。这实质是求两个向量的夹角问题。与的方向向量分别为与与的夹角的余弦为： 7、选（A）。由旋转曲面的定义可知，是由平面曲线或 绕轴旋转而得。8、选( A )。 由直线的方程可知，此直线经过坐标原点。又因为此直线的方向向量为，因而可将其看成两个平面的交线综合上述结论可知： ( A )正确。9、选（C）。这是讨论直线的方向向量与平面的法向量的相互关系问题。直线的方向向量平面的法向量。因为 所以直线垂直于平面。10、选（）。设平面的法向量为，则。由于所求的平面过原点及点M，且与平面垂直，故取所求平面的法向量为=，则所求平面的点法式方程为：，化简可得：。二. 填空题(每小题3分，共15分，请把答案填在横线上)11、 解：将代入平面方程，得，解得。设两个平面的法向量分别为与，则故两边平方解得或。12、解：方法1：因为向量=(0,2,-1),=(1,0,0),所以=(0,2,-1)(1,0,0)=01+20+(-1)0=0, 且向量与夹角的余弦为那么在上的投影=。方法2：因为=，所以=。13、解：由已知而，即。故。14、解：由空间中点P0(x0, y0, z0)到平面Ax+By+Cz+D=0的距离公式可知：点(1,2,1)到平面的距离.15、解：由空间曲线可知：z=1-x,带入第一个式子中即可知此空间曲线在面上的投影曲线方程为：，亦即。三计算题（一）（每小题6分，共36分）16、解： 过点A且垂直于直线的平面的点法式方程为：即 将直线的参数方程代入平面方程中，解得。此时，直线与平面交点坐标为。设点A关于直线的对称点为B，则有： 故。点A关于直线的对称点的坐标为。17、解：设球心坐标为，由于球面与平面相切于点，故垂直于平面，因而 （1）又因为点在球面上，且球半径为3，所以。则： （2）联立（1）（2）两式解得：或。所以球面方程为或。18、解：设所求直线的方向向量为直线与的方向向量分别为则：=由题意可知：，故可取=故所求直线的对称式方程为。19、解：设动点的坐标为，M到平面的距离为，则。则有： 化简可得，即 ，它表示一个椭球面。20、解：(1) 因为 21+(-3)(-1)+13=8, =21+(-3)(-2)+10=8,所以=；（2）因为= = 所以=. (3)因为 , 所以 =-81+(-5)(-2)+10=2 。21、解： 由于所求的平面平行于平面，故可设所求平面方程为：则其对应的截距式方程为： 。由题设有可知，故 ，即。故所求平面方程为：或。四. 计算题（二）(四题选三题，每小题6分，总分18分)22、解： 设过直线的平面束的方程为 (x+y-z-1)+l (x-y+z+1)=0, 即 (1+l)x+(1-l)y+(-1+l)z+(-1+l)=0, 其中l为待定的常数. 这平面与平面垂直的条件是 (1+l)1+(1-l)1+(-1+l)1=0, 即 l = -1. 将l = -1代入平面束方程得投影平面的方程为2y-2z-2=0, 即 y-z-1=0. 所以投影直线的方程为 。23、解： 设所求平面的法向量为，设平面的法向量为，直线的方向向量为，则，。 ， 可取 故所求平面的点法式方程为：即：24、解：设平面与的法向量分别为与，则， 由于所求的直线平行于平面与，故取直线的方向向量=所求的直线的对称式方程为： 25、解： 直线L的方向向量平面的法向量, 由于直线L与平面垂直，故。 则有： ,此时,故直线L的方程为： 。五证明题（二题选一题，每小题6分， 共6分）26、证明：向量与向量共线=由于，则：故： 向量与共线与共线。27、证明：由点到平面的距离公式可知，原点到平